Chapitre 4Chapitre 4Chapitre 4Chapitre 4Chapitre 4Chapitre 4Chapitre 4

AdjointsAdjointsAdjointsAdjointsAdjointsAdjointsAdjointsOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometriesOperateurs auto-adjoints et isometries

I. Adjoint : Cas general d’une forme{

bilineaire symetriquesesquilineaire hermitienne

On suppose dans tout I que E est un espace vectoriel de dimension finie sur un corps K, queϕ : E × E −→ K est une application, et qu’on est dans un des deux cas suivants :{• Soit K est un corps de car 6= 2 et ϕ est bilineaire symetrique• Soit K = C et ϕ est sesquilineaire hermitienne

Dans les 2 cas on suppose ϕ non degeneree.

Theoreme et definition

Soit f ∈ LK(E,E), alors il existe une seule application lineaire f∗ ∈ LK(E,E) verifiant :

∀(x, y) ∈ E × E ϕ(f(x), (y)

)= ϕ

(x, f∗(y)

).

On dit que f∗ est l’adjoint de f .

Remarque

1) On a :

f∗ adjoint de f ⇐⇒ ∀(x, y) ∈ E × E ϕ(x, f(y)

)= ϕ

(f∗(x), y

)dans le cas hermitien, utiliser la symetrie hermitienne :

ϕ(x, f(y)

)= ϕ

(f(y), x

)ϕ(f∗(x), y

)= ϕ(y, f∗(x)

).

2) Dans le cas ou E serait de dimension infinie, on pourrait definir de facon analogue un adjoint :s’il existe il est alors unique, mais il n’existe pas necessairement.

3) Si F est un espace vectoriel sur K, si u ∈ L(E,F ), on a defini tu : F ∗ −→ E∗ par :∀f ∈ F ∗ tu(f) = f ◦ u. On a donc ∀x ∈ E

(tu(f)

)(x) = f

(u(x)

)ce qu’on peut ecrire :

〈x/(tu)(f)〉 = 〈u(x)/f〉 formule a rapprocher de la formule de l’adjoint.

Demonstration du theoreme.

1) Soit y ∈ E fixe.L’application : E −→ K

x 7−→ ϕ(f(x), y

)est un element de E∗.

Or ϕ est non degeneree donc l’application (semi-lineaire)

E −→ E∗

z 7−→(x 7−→ ϕ(x, z)

)est bijective.

Donc ∃!z ∈ E tel que ∀x ∈ E ϕ(x, z) = ϕ(f(x), y

).

Posons z = f∗(y). On definit ainsi f∗ : E −→ E et c’est l’unique application verifiant∀x, y ϕ

(f(x), y

)= ϕ

(x, f∗(y)

).

1

2) Montrons que l’application f∗ ainsi definie est lineaire.Soient y1, y2 dans E, λ ∈ K, x ∈ E. On a :ϕ(f(x), y1 + y2

)= ϕ

(f(x), y

)+ ϕ

(f(x), y2

)= ϕ

(x, f∗(y1) + ϕ

(x, f∗(y2)

)= ϕ

(x, f∗(y1) + f∗(y2)

)= ϕ

(x, f∗(y1 + y2)

)d’ou f∗(y1) + f∗(y2) = f∗(y1 + y2) (unicite de la construction de f∗(y1 + y2)).

ϕ(f(x), λy1

)= λ ϕ

(f(x), y1

)avec

{λ = λ cas bilineaireλ = λ : cas hermitien

= λ ϕ(x, f∗(y1)

)= ϕ

(x, λf∗(y1)

)= ϕ

(x, f∗(λy1)

).

D’ou de meme λf∗(y1) = f∗(λy1).

Notation. On notera desormais pour λ ∈ K{λ = λ dans le cas bilineaireλ = λ dans le cas hermitien

on a donc dans tous les cas, pour (x, y) ∈ E2 et λ ∈ K{ϕ(x, λy) = λϕ(x, y)

ϕ(y, x) = ϕ(x, y).

Proposition.- Soient f et g dans L(E,E), λ ∈ K. Alors on a :

1) (f + g)∗ = f∗ + g∗.

2) (λf)∗ = λ · f∗.3) (f ◦ g)∗ = g∗ ◦ f∗.4) (f∗)

∗= f .

5) Si f est inversible, alors f∗ est inversible et on a : (f∗)−1

= (f−1)∗.

Demonstration – Les proprietes 1) 2) 3) sont immediates.Montrons 1) par exemple. Soit (x, y) ∈ E × E. On a :

ϕ((f + g)(x), y

)= ϕ

(f(x), y

)+ ϕ

(g(x), y

)= ϕ

(x, f∗(y)

)+ ϕ

(x, g∗(y)

)= ϕ

(x, f∗(y) + g∗(y)

)= ϕ

(x, (f + g)∗(y)

).

On utilise alors l’unicite de la construction de (f + g)∗(y).

4) Placons-nous par exemple dans le cas hermitien. On a : ∀(x, y) ∈ E × Eϕ(f(x), y

)= ϕ

(x, f∗(y)

)= ϕ

(f∗(y), x

)= ϕ

(y, ϕ∗∗(x)

)= ϕ

(f∗∗(x), y

)d’ou f∗∗(x) = f(x) (ϕ non degeneree).

5) Si f est inversible on a f ◦ f−1 = f−1 ◦ f = 11 d’ou f∗ ◦ (f−1)∗

= (f−1)∗ ◦ f∗ = 11∗ = 11.

Proposition : matrice de f∗

Soit (e1, . . . , en) une base de E.Soit f ∈ L(E,E) de matrice M dans la base (e1, . . . , en).Soit A la matrice de ϕ dans la base (e1, . . . , en).Soit M ′ la matrice de f∗ dans la base (e1, . . . , en).

1) Alors on a : M ′ = A−1 · tM A.

2) En particulier si (e1, . . . , en) est orthonormale on a : M ′ = tM .

2

Remarque

1) Ces proprietes permettent de retrouver les resultats de la proposition precedente.2) Dans le cas ou K = C, on notera M∗ = tM .

Demonstration de la proposition – On a :∀(x, y) ∈ E × E ϕ

(f(x), y

)= ϕ

(x, f∗(y)

), ce qui se traduit matriciellement par :

∀(X,Y ) colonnes a n lignes a coefficients dans K

t(MX)AY = tX A MYou encore :

tMA = AM ′, ou M ′ = A−1tMA.

Si (e1, . . . , en) est orthonormale, on a A = I.

Definition.- Soit f ∈ L(E,E). On dit que f est un operateur normal si on a :

f ◦ f∗ = f∗ ◦ f.

Cas particuliers : f = f∗ : on dit alors que f est auto-adjoint

f∗ = f−1 : on dit que f est isometrique.

On va etudier ces cas specialement pour E euclidien ou hermitien.

II. Operateurs normaux : Cas hermitien

Proposition

Soit E un espace euclidien ou hermitien de dimension n.Soit f ∈ L(E,E), de matrice A dans base orthonormale de E. Alors les 4 proprietes suivantes sontequivalentes :

1) f est normal.2) A est une matrice normale : A ·A∗ = A∗ ·A.3) ∀(x, y) ∈ E × E 〈f(x)/f(y)〉 = 〈f∗(x)/f∗(y)〉.4) ∀x ∈ E ‖f(x)‖ = ‖f∗(x)‖.

Demonstration –1⇐⇒2. En effet A∗ est alors la matrice de f∗.1⇐⇒3. En effet on a :

〈f(x)/f(y)〉 = 〈x/(f∗ ◦ f)(y)〉〈f∗(x)/f∗(y)〉 = 〈x/(f ◦ f∗)(y)〉.

3⇐⇒4. Considerons les deux applications E × E −→ Kϕ1 : (x, y) −→ 〈f(x)/f(y)〉

et ϕ2 : (x, y) 7−→ 〈f∗(x)/f∗(y)〉.

Alors ϕ1 et ϕ2 sont deux applications bilineaires symetriques (resp. sesquilineaires hermi-tiennes). Pour qu’elles soient egales, il faut et il suffit que les formes quadratiques (resp.quadratiques hermitiennes) associees soient egales, c’est-a-dire :

∀x ∈ E 〈f(x)/f(x)〉 = 〈f∗(x)/f∗(y)〉.

Theoreme.- On suppose E hermitien de dimension n .

Soit f ∈ LC(E,E). Alors les deux proprietes suivantes sont equivalentes :

1) f est normal.2) Il existe une base orthonormale de E diagonalisant f .

3

Remarque

Attention ! le theoreme ne se generalise pas au cas euclidien. Par exemple la matrice de rotation

A =

[cos θ − sin θsin θ cos θ

]est normale, mais si θ /∈ πZ, A n’admet pas de valeur propre reelle. On

retrouvera ce cas plus loin.

Demonstration du theoreme –2 =⇒1. En effet, toute matrice diagonale est normale.1 =⇒2. On raisonne par recurrence sur la dimension n de E.

n = 1 immediat.n > 1. Soit λ1 ∈ C un vecteur propre de f .

Soit E1 = Eλ1(f) et soit F1 = E⊥1 . On a E1 6= {0}.

Si F1 = {0} alors E = E1 le resultat est immediat. Supposons F1 6= {0}.On a

• f ◦ f∗ = f∗ ◦ f d’ou f∗(E1) ⊆ E1.• f(F1) ⊆ F1. En effet, soit x ∈ F1, soit y ∈ E1.

On a 〈f(x)/y〉 = 〈x/f∗(y)〉 = 0 car f∗(y) ∈ E1.

• f∗(F1) ⊆ F1. En effet, soit x ∈ F1, soit y ∈ E1

On a 〈f∗(x)/y〉 = 〈x/f(y) = 0 car f(y) ∈ E1.Soit {

g ∈ L(F1, F1) obtenu par restriction de f a F1

g′ ∈ L(F1, F1) obtenu par restriction de f∗ a F1.

D’apres ce qui precede, on a g′ = g∗ ; on peut appliquer l’hypothese de recurrence a F1 etg. Il suffit alors de juxtaposer :{

− une base orthonormale de E1

− une base orthonormale de F1 diagonalisant g.

Corollaire 1 (E hermitien)

Si f est normal, alors les espaces propres de f sont deux a deux orthogonaux.

Corollaire 2 (interpretation matricielle)

Soit A ∈M(n×n,C) matrice normale. Alors il existe U ∈M(n×n,C), U unitaire tel que U−1AUsoit diagonale.

Methode pratique pour diagonaliser f normal, dans une base orthonormale (resp. A matrice nor-male, avec une matrice de passage unitaire) il suffit de juxtaposer des bases orthonormales desespaces propres de f(resp. A).

Corollaire 3 (E hermitien)

Soit f normal et soit λ ∈ C. Alors :1) λ est valeur propre de f si et seulement si λ est valeur propre de f∗.2) On a Eλ(f) = Eλ(f∗).

Demonstration – Soit (e1, . . . , en) une base orthonormale dans laquelle la matrice de f est

diagonale D =

λ1

. . .

λn

. Alors dans cette base la matrice de f∗ est

D∗ −D =

λ1

. . .

λn

.

Corollaire 4 (E hermitien)

1) Si f est normal alors exp f est normal.2) Si A ∈M(n× n,C) alors exp(A) est normale.

4

III. Operateurs auto-adjoints : Cas hermitien et euclidien

1) Generalites - definitions

Proposition

Soit E un espace euclidien ou hermitien de dimension n.Soit f ∈ L(E,E), de matrice A dans une base orthonormale de E. Alors les 3 proprietes suivantessont equivalentes.

1) f est auto-adjoint.2) A∗ = A.3) ∀(x, y) ∈ E × E 〈f(x)/y〉 = 〈x/f(y)〉.

Demonstration – immediate.

Ceci justifie les definitions suivantes :

Definition.-

1) Une matrice A ∈M(n× n,C) telle queA∗ = A est dite hermitienne.

Un operateur f auto-adjoint d’un espace hermitien est dit hermitien.2) Une matrice A ∈M(n× n,R) telle que

tA = A est dite symetrique.Un operateur f auto-adjoint d’un espace euclidien est dit symetrique.

2) Cas hermitien

Proposition.- Soit E un espace hermitien de dimension n, et soit f ∈ L(E,E). Alors on a :

f hermitien ⇐⇒ f est normal et ses valeurs propres sont reelles.

Demonstration –1) ⇒ En effet toute matrice hermitienne diagonale est reelle.2 ⇐ Si f est normal a valeurs propres reelles, alors il existe une base orthonormale dans

laquelle la matrice de f est D diagonale reelle. Alors D est hermitienne.

Corollaire 1 : reduction des matrices hermitiennes.

Soit A ∈ M(n × n,C) telle que A∗ = A, alors il existe U ∈ M(n × n,C), U unitaire telle queU−1AU soit diagonale reelle.

Methode pratique : comme pour le cas normal. Juxtaposer des bases orthonormales des espacespropres.

Corollaire 2 : Reduction simultanee

Soit E un espace hermitien de dimension n.Soit ψ : E × E −→ C une forme sesquilineaire hermitienne quelconque sur E. Alors il existe unebase de E qui est a la fois orthonormale pour la structure hermitienne et orthogonale pour ψ.

Demonstration – Soit (e1, . . . , en) une base orthonormale de E et soit A la matrice de ψdans cette base. On a A∗ = A car ψ est hermitienne.D’apres le corollaire 1, il existe une matrice unitaire U telle que U−1AU soit diagonale.Donc D = tUAU diagonale.Soit (f1, . . . , fn) la base de E telle que U = Pass

((e1, . . . , en), (f1, . . . , fn)

). Dans cette base

la matrice de ψ est D et cette base est encore orthonormale pour la structure hermitienne.

5

Exercice. Avec ces notations, montrer qu’il existe une unique application lineaire f ∈ L(E,E)telle que :

∀(x, y) ∈ E × E 〈x/f(y)〉 = ψ(x, y).

Pour toute base orthonormale de E, si ψ admet la matrice B alors f admet la matrice B. Donctrouver une base orthonormale reduisant ψ revient a trouver une base orthonormale diagonalisant f .

3) Cas euclidien

Theoreme.- Soit E un espace euclidien et soit f ∈ L(E,E) un operateur symetrique. Alors f estdiagonalisable et ses espaces propres sont deux orthogonaux.

Demonstration –1) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormale de E et soit A la matrice de f dans cette base

On a tA = A, A ∈M(n× n,R)donc tA = A. Il existe donc U ∈M(n×n,C), U unitaire tel que U−1AU = D = diagonalereelle.PA(x) est donc scinde dans R[x] et pour toute valeur propre λ de A, le rang de (A− λIn)est le meme calcule dans R ou C. Donc A est diagonalisable sur R.

2) Soient λ et µ des valeurs propres distinctes de f , soient x et y des vecteurs propres associes.On a :

〈f(x)/y〉 = λ〈x/y〉 = 〈x/f(y)〉 = µ〈x/y〉d’ou 〈x/y〉 = 0.

Corollaire 1.

Soit f un operateur symetrique d’un espace euclidien de dimension n. Alors il existe une baseorthonormale de E diagonalisant f .

Corollaire 2 : Reduction de matrices symetriques reelles

Soit A ⊂ M(n × n,R), A symetrique, alors il existe O ∈ M(n × n,R), O matrice orthogonale(t0 = 0−1) telle que 0−1AO soit diagonale.

Corollaire 3 : reduction simultanee

Soit E un espace euclidien de dimension n.Soit ψ : E × E −→ R une forme bilineaire symetrique quelconque sur E. Alors il existe une basede E orthonormale pour la structure euclidienne et orthogonale pour ψ.

Demonstration – analogue au cas hermitien.

4) Exemples - Exercices

a) Soit E euclidien, φ : E −→ R forme quadratique donnee dans une base orthonormale(e1, e2, e3) par :

4x2 + 4y2 + z2 + 2yz + 2zx− 4xy.

On cherche une base orthonormale reduisant φ.

Soit A = matrice de φ =

4 −2 1−2 4 1

1 1 1

on a PA(X) = (−X)(3−X)(6−X).

Les espaces propres de A sont 2 a 2 orthogonaux, il suffit de choisir une base orthonormalepour la structure euclidienne canonique de chaque espace.

6

λ = 0 posons X1 =1√6

11−2

.

λ = 3 posons X2 =1√3

111

.

λ = 6 posons X3 =1√2

1−1

0

.

Soit P = [X1X2X3] on a alors tP = P−1 et P−1AP =

03

6

.

La base (f1, f2, f3) telle que P = Pass((ei)i, (fj)

)repond a la question.

b) Soit E hermitien, φ : E −→ C donnee donne une base orthonormale (e1, e2, e3) par :

4 | x |2 +4 | y |2 +4 | z |2 +ixy − ixy + ixz − ixz + yz + yz.

A =

4 i −i−i 4 1i 1 4

PA(X) = (2−X)(5−X)2.

λ = 2. Soit X1 =1√3

−i1−1

base de E2(A) ‖X1‖ = 1.

λ = 5. E5(A) a pour equation −x+ iy − iz = 0. On choisit X2 =1√2

i10

norme dans

E5(A) puis X3 ∈ E5(A), tel que tX2X3 = 0, X3 norme par exemple X3 =1√6

−i12

.

Soit U = [X1X2X3]. On a tU = U−1, U−1AU =

25

5

.

La base (f1, f2, f3) telle que U = Pass((ei), (fj)

)est orthonormale pour la structure eucli-

dienne et orthogonale pour φ.

5) Decomposition polaire et de Cartan

Lemme.- Soit B ∈ M(n × n,C), B hermitienne a valeurs propres strictement positives. Alors ilexiste une unique matrice hermitienne a valeurs propres strictement positives H telle que :

B = H2.

Demonstration –1) Soit H une solution. Alors il existe U∗ matrice unitaire telle que :

U−1HU =

u1

. . .

µn

avec ∀? µi > 0

Mais alors on a :

U−1BH =

µ21

. . .

µ2n

.

7

Comme on a : (µi = µj ⇐⇒ µ2i = µ2

j ) car µi > 0, µj > 0 on en deduit

1) que les valeurs propres µ de H sont les element µ > 0 tels que µ2 soit valeur proprede H

2) que l’on a alors Ker(H − µI) = Ker(B − µ2I). D’ou l’unicite de H.

2) Existence de H. Soit V unitaire tel que

V −1BV =

λ1

. . .

λ1

diagonale.

=

µ21

. . .

µ2n

ou pour tout i ∈ {1 . . . n} µi > 0, µ2i = λi

= D2.

On a B = V D2V −1 = (V DV −1)2. On pose H = V DV −1 (H est hermitienne, car U estunitaire et D diagonale reelle).

Proposition : Decomposition polaire

Soit C ∈M(n× n,C), C inversible. Alors il existe un unique couple (U,H) tel que :{C = UHU unitaireH hermitienne a valeurs propres > 0.

Demonstration –1) Soit (U,H) une solution. Alors on a C∗. C = H ∗U ∗UH

= H2

2) On remarque que C∗C est hermitienne, et d’autre part, si λ est une valeur propre de C∗C,et X un vecteur propre associe on a :

X∗ C ∗CX = λX ∗Xd’ou : (CX)∗ CX = λ X ∗X avec CX 6= 0 et X 6= 0

d’ou : λ > 0 puisque pour Y =

y1...y1

, on a Y ∗Y =

n∑i=1

| yi |2

on peut alors appliquer a C∗C le lemme precedent, et on obtient H unique tel queC∗C = H2. On pose alors U = CH−1 on a :

U∗. U = (H−1)∗C∗CH−1 = H−1H2H−1 = I et donc U est unitaire.

Remarque

1) Le resultat peut se generaliser au cas ou C n’est pas inversible. On obtient evidemment Hhermitienne a valeurs propres ≥ 0, d’autre part on n’a plus alors unicite.Ceci s’obtient en ecrivant C sous la forme :

C = limm→∞

(C − xnI) avec

{lim(xn) = 0xm non valeur propre de C

2) La proposition peut egalement s’ecrire dans le cas de C ∈M(n×n,R). On obtient alors U etH reelles.

Corollaire : (decomposition de Cartan)

Soit C ∈ GL(n,C). Alors il existe des matrices

{D diagonale a valeurs propres reelles > 0V,W unitaires

telles qu’on ait C = V DW .

8

Demonstration –On ecrit = UH comme dans la proposition precedente.On sait qu’il existe W unitaire telle que WHW−1 = D soit diagonale (a termes reels > 0)d’ou H = W−1DWpuis C = UW−1DW . On pose : UW−1 = V .

IV. Isometries vectorielles - Cas euclidien

On designe par E un espace euclidien de dimension n.

Proposition.- Soit f ∈ L(E,E). Soit A la matrice de f dans une base orthonormale de E.Alors les 4 proprietes suivantes sont equivalentes :

1) f est isometrique (f∗ ◦ f = 1I)2) A est orthogonale (tA ·A = I).3) ∀(x, y) ∈ E × E 〈f(x)/f(y)〉 = 〈x/y〉.4) ∀x ∈ E ‖f(x)‖ = ‖x‖.

Demonstration – immediateSeul point a remarquer : 3⇐⇒ 4 car les deux formes bilineaires symetriques

(x, y) 7−→ 〈x/y〉(x, y) 7−→ 〈f(x)/f(y)〉

sont egales si et seulement si les formes quadratiques associees sont egales.

Remarque

1) Le point 4) justifie le nom d’isometrie.2) On peut enoncer dans le cas hermitien des equivalences analogues. (tA devient A∗).3) Dans le cas euclidien etudie les isometries vectorielles s’appellent aussi operateurs orthogonaux

et on note O(E) l’ensemble des operateurs orthogonaux sur E.Il est immediat que O(E) est un groupe pour la composition des applications.

4) Les operateurs orthogonaux directs (de det � 0) de E forment un sous-groupe de O(E), on lenote O+(E), ou encore SO(E) (groupe special orthogonal).

5) Il est immediat que si

{f ∈ O(E), det f = ±1f ∈ O+(E),det f = 1.

6) On a vu precedemment qu’un operateur orthogonal par exemple de matrice :(cos θ − sin θsin θ cos θ

)n’est pas toujours diagonalisable. On etudie dans la suite les reductions des elements de O(E).

7) Autre exemple d’operateurs orthogonaux : les symetries orthogonales.

9

Lemme 1.- Soit f ∈ O(E) et soit F un sous-espace vectoriel de E. Alors on a :

f(F ) ⊆ F =⇒ f(F⊥) ⊆ F⊥.

Demonstration – Soit x ∈ F⊥ et soit y ∈ F . On a dim f(F ) = dimF car f est injectivedonc f(F ) = F , donc ∃z ∈ F tel que y = f(z). On a :

〈f(x)/y〉 = 〈f(x)/f(z)〉 = 〈x/z〉 = 0.

Lemme 2.- Soit f ∈ O(E). Alors :1) Les valeurs propres de f sont dans {−1, 1}.2) Les eventuels espaces propres relatifs a 1 et a -1 sont orthogonaux.

Demonstration –1) Soit λ ∈ R une valeur propre de f et soit x ∈ E un vecteur propre associe.

On a 〈f(x)/f(x)〉 = λ2〈x/x〉= 〈x/x〉

}d’ou λ2 = 1.

2) Soient x et y dans E tels que f(x) = x et f(y) = −y.On a 〈f(x)/f(y)〉 = −〈x/y〉 = 〈x/y〉 = 0.

Exercice. Retrouver le resultat precedent en utilisant le theoreme de reduction dans C desmatrices unitaires.

Corollaire : Etude de O−(E) pour n = 2

1) Si n = 2 les elements de O−(E) sont les symetries orthogonales par rapport aux droites(vectorielles).

2) Si u ∈ O+(E), si s ∈ O(E) alors ∃! s′ ∈ O−(E)∃! s′′ ∈ O−(E) tel que u = s ◦ s′ = s′′ ◦ s.

3) Si u ∈ O+(E) et si s ∈ O−1(E) on a sus−1 = u−1.4) Le groupe O+(E) est commutatif.

Demonstration –1) On a vu que les symetries orthogonales sont dansO(E). Si n = 2 une symetrie orthogonale

par rapport a une droite a dans une certaine base orthonormale pour matrice :[1 00 −1

].

Elle est donc indirecte.

Reciproquement soit s ∈ O−(E), de matrice

[a bc d

]6= 1 dans une base orthonormale.

On a PA(X) = X2 − (a+ d)X + (ad− bc) avec ad− bc = −1

∆ = (a+ d)2 + 4 � 0, donc PA admet 2 racines reelles distinctes qui nepeuvent etre que 1 et -1. On a donc E = E1(s)⊕ E−1(s) somme directe orthogonale.Si x = x1 + x2 ∈ E avec x1 ∈ E1 et x2 ∈ E−1 on a s(x) = x1 − x2 donc s est la symetrieorthogonale par rapport a E1.

2) Si u ∈ O+(E) alors us ∈ O− d’ou us = s′′ u = s′′s su ∈ O− d’ou su = s′ u = ss′.3) (su) ∈ O−(E) donc susu = idE d’ou sus = u−1.4) u, u′ ∈ O+(E) u = ss′ uu′ = us′u′ = su′−1s′ = u′ss′ = u′u.

Lemme 3 : Etude O+(E) pour n = 2

On suppose choisie une orientation sur E.

1) Soit f ∈ L(E,E), de matrice A =

[a bc d

]dans une base orthonormale directe (e1, e2). Alors

on a :f ∈ O+(E)⇐⇒ a = d, b = −c, a2 + c2 = 1.

10

2) Si f ∈ O+(E) la matrice de f est independante du choix de la base orthonormale directe(e1, e2). On pose : a = cos θ, c = sin θ.On dit que f est, pour l’orientation fixee, une rotation d’angle de mesure θ.

3) Le groupe O+(E) est abelien et isomorphe au groupe additif R/2πZ par l’application :

θ −→ rotation de matrice

[cos θ − sin θsin θ cos θ

]dans la base (e1, e2).

4) Si f ∈ O+(E) alors f n’admet pas de valeur propre sauf si f = ±idE .

Demonstration –1) On a f ∈ O+(E) ⇐⇒ tAA = I et detA = 1 ⇐⇒ les colonnes de A sont 2 a 2

orthogonales et de norme 1 et detA = 1

f ∈ O+(E) ⇐⇒{a2 + c2 = b2 + d2 = 1 ad− bc = 1ab+ cd = 0

⇐⇒

{(b, d) = λ(c,−a) pour un λ ∈ Rc2 + a2 = 1 |λ |= 1−λa2 − λc2 = 1

⇐⇒ (b, d) = −(c,−a) avec c2 + a2 = 1

⇐⇒ A =

[a −cc a

]avec a2 + c2 = 1.

2) Si (e′1, e′2) est une autre base orthonormale directe alors P = Pass

((e1, e2), (e′1, e

′2))

estorthogonale directe donc du type[a′ −c′c′ a′

]= a′I + c′J ou J =

[0 −11 0

]avec a′, c′ ∈ R.

Elle est permutable avec A.Donc Mat

(f, (e′1, e

′2))

= P−1AP = A.On posera a = cos θ, c = sin θ, θ ∈ R et on dira que f est la rotation “d’angle demesure θ”, on notera f = rθ.

3) Deux matrices orthogonales directes sont permutables, donc le groupe O+(E) est abelienet de plus les formules :

cos(O +O′) = · · ·sin(O +O′) = · · ·

permettent de verifier que l’application

R2πZ

−→ O+(E)

classe(θ) 7−→ la rotation rθ est un isomorphisme de groupes.

4) Avec les memes notations, on a :PA(X) = (cos θ −X)2 + sin2 θ = X2 − 2 cos θX + 1 cos2 θ − 1 ≤ 0. Donc PA ne peut avoir deracines reelles que pour cos θ = ±1 c’est-a-dire θ ∈ πZ, ou f = ±idE .

Definitions : angles et mesures d’angles

1. Soit E un espace euclidien de dimension 2.• Remarquons que si u et v sont des vecteurs unitaires de E, il existe une et une seule rotationr telle que r(u) = v. En effet, si (u, u′) est une base orthonormale et si v = au + ba′ avec

a2 + b2 = 1, la seule rotation qui convient est celle qui a pour matrice

[a −b−b a

]dans la

base (u, u′).

• On note U l’ensemble des vecteurs unitaires de E et A =U × UR

ou R est la relation

d’equivalence donnee par :

(f1, f2) R (f ′1, f′2)⇐⇒ ∃r ∈ O+(E) tel que r(f1) = f2 et r(f ′1, f

′2).

11

L’ensemble A est l’ensemble des angles de vecteurs unitaires de E. On note (−−−→f1, f2) la classe

de (f1, f2) ∈ U × U .L’ensemble A s’identifie a O+(E) et est donc muni d’une structure de groupe abelien, noteadditivement. On a donc (par definition) :

∀f1, f2, f3 ∈ U , (−−−→f1, f2) + (

−−−→f1, f3) = (

−−−→f1, f3).

• Si u et v sont des elements non nuls de E, on posera : (−→u, v) =(−−−−−−→u

‖u‖,v

‖v‖

).

2. Si E est euclidien oriente de dimension 2, en utilisant la bijection O+(E) ←→ R2πZ

du

Lemme 3, on a deux bijections :

R2πZ

←→ O+(E)←→ A

θ 7−→ rθ −→ α

on dit que θ ∈ R2πZ

est la mesure de 1 cycle α pour l’orientation, on posera :{cosα = cos θsinα = sinα

on notera indifferemment rα = rθ.

Remarque

1) Soient u et v des vecteurs unitaires et soit r ∈ O+(E) tel que r(u) = v.Soit u′ unitaire tel que (u, u′) soit une base orthonormale directe. On pose v = cos θ u+sin θ u′(

la matrice de r dans la base (u, u′) est

[cos θ − sin θsin θ cos θ

])et θ est la mesure de (−→u, v).

Dans le cas ou f, g sont des vecteurs non nuls, on a f ◦ g = ‖f‖ · ‖g‖ cos((−−−→−→f ,−→g )

).

2) Si E est euclidien de dimension n, n ≥ 3 et si u et v sont des vecteurs unitaires, u et v sontdans un meme pean P , mais l’orientation de E ne determine pas celle de P , on peut alorsdefinir la mesure de (−→u, v) au signe pres, ou encore ecrire : u · v = cos(−→u, v).

Remarques : on revient au cas n = 2, E oriente

1) Si u et v sont unitaires et si s ∈ O−(E) alors(−−−−−−→s(u), s(v)

)= −(−→u, v).

1)bis Si r ∈ O+(E)(−−−−−−→r(u), r(v)

)= (−→u, v).

En effet soit r′ ∈ O+(E) tel que :r′(s(u)

)= s(v)

alors (s−1 ◦ r′ ◦ s)(u) = v(r′−1)(u) = v.

Pour 1) bis on decompose r en produit de 2 symetries. Le resultat peut aussi se trouverdirectement a partir de la definition de A.

2) Si on designe par su, sv les symetries orthogonales par rapport a u et v, on a su ◦sv = r2(−→v, u.

En effet, on a : (v,−−−−−−−−→(su ◦ sv)(v)

)=(v,−−−→su(v)

)= (−→v, u) +

(−−−−−→u, su(v)

)= (−→v, u) +

(−−−−−−−−→su(u), su(v)

)= (−→v, u) + (−→v, u) = 2(−→v, u).

Theoreme.- Soit f ∈ O(E). Alors il existe une base orthonormale (e1, . . . , en) de E dans laquellela matrice de f est du type :

Ip−Iq

A1

. . .

Ar

12

avec ∀i ∈ {1, . . . , r} Ai =

[cos θi − sin θisin θi cos θi

]θi ∈ R \ πZ.

f est directe si et seulement si q est pair.

Demonstration

1) On peut decomposer E en une somme directe orthogonale : E = E1 ⊕E−1 ⊕ F . On a, d’apresle lemme 1, f(F ) ⊆ F . Il suffit donc de demontrer le resultat pour g = f/F , g ∈ O(F ), g sansvaleur propre.

2) Si g ∈ O(F ) avec dimF = m 6= 0, g sans valeur propre, montrons, par recurrence sur m qu’ilexiste une base orthonormale de F dans laquelle g a une matrice du type :A1

. . .

Ar

Ai =

[cos θi − sin θisin θi cos θi

]

a) m = 1 impossible.b) m = 2. Il suffit d’utiliser les corollaires du lemme 2.c) m > 2. Soit (f1, . . . , fm) une base de F et soit B la matrice de g dans cette base.

Soit λ ∈ C (λ /∈ R) une valeur propre de B et Z une colonne propre associee. Z = X + iY avec Xet Y colonnes reelles on a BZ = λZ et BZ = λ Z.Comme λ /∈ R, on a λ 6= λ, et Z et Z independants sur C, donc sur R. On a :

B. (CX + CY ) ⊆ CX + CY .

Soient α et β dans R, alors il existe γ, δ, η, ζ reels tels que :B. (αX + βY ) = (δ + iη)X + (δ + iζ)Y

et, en considerant les parties reelles :B. (αX + βY ) = γX + δY ∈ RX + RY .

On en deduit que F admet un sous-espace vectoriel F1 de dimension 2 stable pour g. On aF = F1 ⊕ F⊥1

et g(F⊥1 ) ⊆ F⊥1 .

On peut alors appliquer l’hypothese de recurrence a F⊥1 . D’autre part la restriction de g a F1 estd’apres les corollaires du lemme 2, une rotation.

3) On a ∀i ∈ {1 . . . r} detAi = 1, d’ou det f = (−1)q.

Remarque : cas n = 3

1) Si dimE = 3 et si f ∈ O+(E) on a q = 2 ou q = 0, il existe donc une base orthonormale(e1, e2, e3) de E dans laquelle la matrice de f est du type : 1

11

ou

1−1

−1

ou

1 0 00 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

avec θ ∈ R \ πZ.

On trouve donc que f est soit idE , soit une rotation dont l’axe est Re1 = espace propre relatif a1, et de matrice 1 0 0

0 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

avec θ ∈ R \ 2πZ (le cas θ = π correspond au second cas).

Supposons maintenant f 6= id et E oriente. Le choix d’une orientation de l’axe Re1 induit une

orientation sur e⊥1 et donc une mesure de l’angle de rotation. Plus precisement si on oriente Re1

par e1, et si (e1, e2, e3) est direct, alors on obtient plus haut la mesure θ de l’angle de la rotationpour l’orientation de Re1 donnee par e1.

13

Remarquons qu’on a :

1) trace(f) = 1 + 2 cos θ2) e2 ∧ f(e2) = (sin θ)e1

ce dernier resultat peut s’obtenir en remplacant e2 par tout vecteur unitaire e′2 de e⊥1 , on a donc :

e′2 ∧ f(e′2) = (sin θ)e1.

2) Si dimE = 3 et si f ∈ O−(E), on a q = 3 ou q = 1, il existe donc une base orthonormale(e1, e2, e3) de E telle que la matrice de f dans cette base soit du type :−1

−1−1

ou

−11

1

ou

−1 0 00 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

avec θ ∈ R \ πZ.

Donc f est compose de la symetrie orthogonale par rapport au plan P = Vect(e2, e3) et d’unerotation, qui est soit id, soit une rotation d’axe Re1 ; ces deux applications sont permutables.

• Si f 6= idE alors l’axe de la rotation est Re1 espace propre relatif a −1.Si alors on oriente E et l’axe par e1 la mesure de l’angle est bien determinee. On a :

1) trace (f) = −1 + 2 cos θ.2) Pour tout e′2 ∈ e⊥1 on a :

e′2 ∧ f(e′2) = (sin θ) e1.

On verra plus loin des exemples.

Corollaire du theoreme : Decomposition des isometries.

1) Soit f ∈ O(E). Alors f peut se decomposer en produit de symetries orthogonales par rapporta des hyperplans.

2) Si f ∈ O+(E) et si n ≥ 3, alors f peut se decomposer en produit de symetries orthogonalespar rapport a des espaces vectoriels de dimension n− 2.

Remarque. Dans le cas n = 3.

• f ∈ O(E) est produit de symetries orthogonales par rapport a des plans.• f ∈ O⊥(E) est produit de symetries orthogonales par rapport a des droites.

Demonstration –

1) Si A est la matrice de f obtenue dans le theoreme, alors A est produit de matrices dutype :

(1)

−1. . .

1−1

1. . .

1

et (2)

1. . .

1Ai

1. . .

1

• Une matrice de type (1) est matrice d’une symetrie orthogonale par rapport a un hyper-

plan.• Une matrice de type (2) represente un endomorphisme fi du type suivant :

E = Ei ⊕ Fi somme directe orthogonaledimEi = 2∀x ∈ Fi, fi(x) = xgi = f

Ei= fi

Eiest une rotation sans valeur propre de Ei.

14

Alors gi est produit de 2 symetries orthogonales par rapport a des droites di et d′i de Ei.On en deduit que fi est produit des symetries orthogonales par rapport aux hyperplansdi ⊕ Fi et d′i ⊕ Fi de E.

2) Remarquons que si on a f ∈ O+(E), alors f est produit d’un nombre pair de symetriespar rapport a des hyperplans.Montrons que si H1 et H2 sont des hyperplans distincts, alors SH1 ◦ SH2 est produit de2 symetries orthogonales par rapport a des sous-espaces vectoriels de dimension n− 2.On a H1 ∩H2 6= {0} car 2(n− 1) > n.Soit a ∈ H1 ∩H2 \ {0}. Pour i ∈ {1, 2}, on pose ∆i = Hi ∩ a⊥. On a E = Ra⊕∆i ⊕H⊥isomme directe orthogonale. On verifie que SHi = −S∆i ◦ SRa = −SRa ◦ S∆i d’ou :SH1 ◦ SH2 = S∆1 ◦ SRa ◦ SRa ◦ S∆2 = S∆1 ◦ S∆2 .

Remarque. Dans le cas n = 3, reprenons le cas de la rotation R d’axe Re1, ( 6= idE).

P

e

e

e

1

2

3

d1

d2

Soit P = e⊥i , soit r la restriction de R a P . Alorsr se decompose en produit des deux symetries parrapport a des droites sd1 et sd2 dans P .D’ou R se decompose en SP1

◦ SP2ou ∀i ∈ {1, 2}.

Pi est le plan vectoriel di⊕Re1. En choisissant a = e1

dans la demonstration precedente, on obtient que Rest compose des deux symetries orthogonales sd1 etsd2 dans E.

Exemple d’etude pratique d’elements de O(E) en dimension 3

1) On suppose E euclidien oriente de dimension 3 et on suppose que dans la base orthonormaledirecte (f1, f2, f3) l’endomorphisme f a pour matrice A

A =1

4

3 1√

61 3 −

√6

−√

6√

6 2

.

a) On verifie que les colonnes de cette matrice sont 2 a 2 orthogonales, et de norme 1

(1

4

√(9 + 1 + 6) = 1). On a donc f ∈ O(E).

b) On calcule det(A) comme on a ici detA > 0 ; il s’agit donc d’un element de O+(E) etf 6= idE .

c) Angle de rotation : donne au signe pres a l’aide de la trace :

1 + 2 cos θ =1

4(3 + 3 + 2)

cos θ =1

2: d’ou θ = ±π/3

d’ou θ = ±π/3 mod 2π (selon orientation de l’axe).

d) Axe de rotation = E1(f) = Ker(f − idE)

= {xf1 + ye2 + ze3 / x = y, z = 0}.Posons e1 =

1√2

(f1 + f2) et orientons l’axe par e1.

1er calcul. On choisit e2 ∈ e⊥1 e2 de norme 1 et on calcule e2 ∧ f(e2).

15

Par exemple e2 = f3

e2 ∧ f(e2) =

√6

4

(f1 + f2

)=

√3

2e1

d’ou sin θ =

√3

2

θ = π/3 mod 2π.

2eme calcul. On complete (e1, e2) par e3 pour obtenir une base orthonormale directe

− Soit en calculant un element e3 de norme 1 de (Vect(e1, e2))⊥ en veillant a ce queDet(e1, e2, e3) = 1.

− Soit en posant :e3 = e1 ∧ e2. On obtient :

e3 =1√2

(f1 − f2)

on sait alors qu’on doit avoir f(e2) = cos θ e2 + sin θ (e3).

Verification

f(e2) =1

4(√

6)(f1 − f2) +1

4.2f3

=

√3

2e3 +

1

2e2

on obtient donc bien :

cos θ =1

2et sin θ =

√3

2.

2) On suppose maintenant qu’on a :

A = −1

3

−2 −1 22 −2 11 2 2

a) On verifie que les colonnes de cette matrice sont 2 a 2 orthogonales et de norme 1(1

3

√4 + 4 + 1

)= 1.

b) On a DetA < 0 et A 6= −I.Donc on a f ∈ O−(E), f 6= −idE .

c) Angle de rotation donne au signe pres par :

−1 + 2 cos θ = trace(f) = −1

3(−2) =

2

3d’ou : cos θ =

5

6.

d) Calcul de E−1 = Re1 = ker(f + idE

)=

xf1 + yf2 + zf3

/5x+y - 2z = 0

-2x+5y-z = 0-x - 2y + z= 0

= Re1 avec e1 =

1√11

(f1 + f2 + 3f3).

On choisit e2 de norme 1 dans e⊥1 . Par exemple :

e2 =1√2

(f1 − f2) f(e2) = − 1

3√

2(f1 + 4f2 − f3)

on a : e2 ∧ f(e2) = −1

6(f1 + f2 + 3f3) = −

√11

6e1.

On obtient donc : f est compose commutatif de la symetrie orthogonale par rapport ae⊥1 , et de la rotation R d’axe Re1 et angle de mesure θ pour l’orientation de cet axe pare1

avec cos θ =5

6, sin θ = −

√11

6(on a bien 25+11 = 36 !).

16